Question

尝试加入我的桌子，名为＆＃39; UserCaseMessages＆＃39;和我的另一张桌子一样叫做＆＃39;评论＆＃39;在php中使用这个确切的sql命令：

$sql = "
        SELECT UserCaseMessages.DefendantID, Comments.CommentID 
          FROM UserCaseMessages 
    INNER JOIN Comments 
            ON UserCaseMessages.DefendantID = Comments.SenderID
        ";

$result = $conn->query($sql);

if ($result->num_rows > 0) // ERROR GETS THROWN ON THIS LINE {

}

以下是我的数据库的连接部分（在查询之前发生）：

$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";

// Get the username from the post
$userUsername = $_POST['string'];


// Create connection
$conn = new mysqli($servername, $username, $password);

// Check connection
if ($conn->connect_error) {
    die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
}

我收到以下错误：

PHP注意：尝试获取非对象的属性

我无法弄清楚我在做错了什么!!一切都拼写正确，检查并检查任何语法错误，我找不到任何，但我是这个特定方法的新手。请帮忙！

Answer 1

由于您没有回复我的评论（在我提交此文件前约20分钟），我发布了以下答案。

您没有在此处选择数据库：

$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";

$conn = new mysqli($servername, $username, $password);

所以你需要添加数据库参数：

$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";
$database = "your_DB";

$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $database);

阅读有关连接MySQLi API的手册：